新高考数学二轮复习选题题+解答题专项练考点五 导数（选填题14种考向）（2份，原卷版+解析版）

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考向一 切线方程
【例1-1】（2025·江西·二模）已知函数，则在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】当时，，
当时，，则，
所以，，
则所求切线方程为，即.
故选：A
【例1-2】（2025·山东聊城·一模）曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对函数求导得，故所求切线斜率为，切点坐标为，
所以，曲线在处的切线方程为，
该切线交轴于点，交轴于点，
因此，曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：D.
【例1-3】（2024吉林）（多选）已知函数，则曲线过点的切线方程为( )．
B.
C. 5x-y-1=0 D.105x+16y-15=0
【答案】AB
【解析】设切点为，，则切线斜率为，
故曲线在处的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程可得，解或，
故所求切线方程为或，即或.
故答案为：或.
【例1-4】（2025·贵州安顺·模拟预测）已知直线与曲线相切，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】设切点坐标为.
∵，∴，则，
由②得，，代入①得，，
整理得，解得，故.故选：A.
【例1-5】（2025·河南·模拟预测）过原点且与曲线相切的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】C
【解析】设切点，因为曲线，所以，
所以，所以，
所以或，
当时，所以，所以切线方程为，即；
当时，所以，所以切线方程为，即；
当时，所以，所以切线方程为，即；
所以切线有3条.
故选：C.
【例1-6】（2025·山东聊城·模拟预测）已知直线与曲线有三个交点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令，则
令得，∴时，单调递减；
令得，∴时，单调递增,
又，
故，则，若，则，
且,
因为，所以点在曲线上，
所以的图像如图所示
因为直线过定点，
由题意可知，过点的直线与曲线有三个交点，
因为过点的曲线的切线的斜率为：，
即当时，直线与曲线相切；
因，，
，，，
所以函数在时是凸的，在时是凸的，在函数可能有一个拐点.因此，函数 在 左右由凸变凹.
根据图像可知，
当时，直线与曲线有两个公共点；
当时，直线与曲线只有一个公共点；
当时，直线与曲线有三个公共点.
故选：A.
【例1-7】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知是曲线上一点，则点到直线的最短距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题知，，令，得，
又，可得点，
所以点到直线的距离最短，
为.
故选：A.
【例1-8】（2025·江西新余·模拟预测）过轴上一点可以作函数图像的3条切线，则的取值范围是：（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，
设切点为，则切线方程，
而过，将代入方程得到，
令，，
令，，此时单调递减，
令，，此时单调递增，
故有极小值，有极大值，
则得到，故A正确.
故选：A.
考向二 根据单调性求参数
【例2-1】（2025·山东菏泽·一模）已知函数在区间单调，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由已知得，当时，令，得，
令，解得；令，解得；
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以若在区间上单调，则需满足或，即或，
所以的取值范围是
故选：B
【例2-2】（2025·黑龙江·二模）已知函数在区间上单调递增，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【解析】，
因为函数在区间上单调递增，所以在区间上恒成立.
即在区间上恒成立.
因为，所以，所以，所以，即实数的最小值为.故选：B
【例2-3】（24-25高三上·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知函数在区间上不单调，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，又函数的定义域是，
当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
，解得.
故选：C
【例2-4】（23-24辽宁·期末）若函数在区间上存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，因为在区间上存在单调递减区间，
所以在区间上有解，即在区间上有解，
当显然不出来；
当时，，即，
故选:C．
【例2-5】（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）已知函数在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由，解得，
所以的定义域是，
依题意可知在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，即在区间上恒成立，由于，所以的最大值为，所以.
故选：D.
考向三 极值点与极值
【例3-1】（2025·广东汕头·一模）设，若函数在内存在极值点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，在内存在变号零点，而不是的零点，从而得，又在上递增，所以.
故选：B
【例3-2】（2025·吉林长春·一模）已知函数的极大值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，，
则，
令，解得或，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，解得，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，不符合题意，
当时，，在R上单调递增，无极值，不符合题意，
综上所述，.
故选：D.
【例3-3】（2025·新疆·模拟预测）已知函数在处有极小值，则极大值为（ ）
A．32B．1C．D．0
【答案】C
【解析】由题意可得，
由于是极小值点，故，或 ,
当时，，当和时，，当时，，
故在单调递减，在和单调递增，
此时是函数的极大值点，不符合题意，舍去，
当时，，当和时，，当时，，
故在单调递减，在和单调递增，
此时是函数的极小值点，符合题意，且是极大值点，故极大值为，
故选：C
【例3-4】．（2025·陕西咸阳·一模）已知在区间内存在2个极值点，则实数a的取值范围为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，可知在内有2个变号零点，
由可得，可知：与在内有2个交点，
又因为，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
且，，
结合图象可得，所以实数a的取值范围为.
故选：B.
【例3-5】（2025·四川成都·二模）若函数有极值，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由，，
则，
令，，
则，
当时，恒成立，则，
即函数在上单调递增，此时函数无极值，不符合题意；
当时，令，得，
当时，，则，得函数在上单调递减，
又时，；时，，
所以存在，使得，则函数存在极值；
当时，，
则时，；时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
设，，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，且时，，
则时，，此时函数无极值，不符合题意；
当时，，且时，；时，，
此时函数存在极值.
综上所述，的取值范围为.
故选：A.
【例3-6】（2024北京）若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意知：的定义域为，，
有两个极值点，为的两根，
，又，解得：；，，
；
令，则，
当时，恒成立，在上单调递减，
，则的取值范围为.
故答案为：.
【例3-7】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，若在有唯一的极值点且为极大值点，则a的取值范围为 .
【答案】
【解析】函数，则，
因为在有唯一的极值点且为极大值点，
所以根据零点的存在性定理得，
的图象是开口向上的抛物线，对称轴为 ，
由于对称轴在区间 右侧，
要使在内有唯一的变号零点，则需满足 ，
而，
，
则不等式组可化为 ，解得，
综上,的取值范围为.
故答案为：.
考向四 单调性的应用---比较大小
【例4-1】（2025·安徽马鞍山·一模）已知函数，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】函数定义域为R，且，
故函数为偶函数，
又在上，即在上单调递增，
因为，且，
所以，即.
故选：D
【例4-2】（2025·新疆·模拟预测）已知分别为上的奇函数和偶函数，且满足，当时，，若，则大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为分别为上的奇函数和偶函数，
所以，
由， 得，
所以，可得的周期为2，
又，
可得，
两式相加可得，
当时，因为都是增函数，
所以为增函数，
且，所以为单调递增函数，
，
，，
所以.
故选：A.
【例4-3】（2025·黑龙江·一模）已知实数，，满足，，，其中为自然对数的底数.则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，可知函数的定义域为，且，
因为在定义域上单调递增，且，
若，则；若，则；
可得在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
可得，，，
即，，，且，，，
可知，且，，，所以.
故选：D.
【例4-4】（2025·黑龙江·一模）已知函数是偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为函数是偶函数，
且，，
所以，即，
解得，得到，其定义域关于原点对称，
此时，
，
故是偶函数，符合题意，
而，
令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
而，且，得到，
而由偶函数性质得，
而，则，
得到成立，故A正确.
故选：A
考向五 单调性的应用---解不等式
【例5-1】（2024高三·全国·专题练习）函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】若存在，使得有解，即．
设，，则．
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以．
故的取值范围为．
故选：A
【例5-2】（2025·山西吕梁·一模）设函数，则满足的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令函数，其定义域为R，
，函数是奇函数，
求导得，当且仅当时取等号，因此函数在R上单调递增，
不等式，
则，解得，所以所求取值范围是.
故选：A
【例5-3】（2025·内蒙古呼和浩特·一模）设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】函数的定义域为R，，
函数是奇函数，求导得，
函数在R上单调递增，由，得，
即，则，因此，解得，
所以所求的取值范围是.
故选：C
【例5-4】（2025·贵州毕节·二模）已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】令，则，
由题意知当时，，故在上单调递增，
因为函数是定义域为的奇函数，
所以，
所以，
所以是定义域为的偶函数，
所以在上单调递减，
又因为，所以，
所以，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
则不等式的解集为.
故选：D.
【例5-5】（2025·山东·模拟预测）已知为函数的导函数，且．若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意可得，所以，解得，
所以，即，
又，当且仅当，即时，等号成立，
所以，，
故选：D
【例5-6】．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，若时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意可得，令解得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又因为，
所以为偶函数，大致图象如下，
若时，关于的不等式恒成立，
则对恒成立，
所以，则或，
所以或对恒成立，
所以或，
所以实数的取值范围为，
故选：C
考向六 零点（实根）
【例6-1】（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由于，，且中，
故，在单调递增，
因此至多一个零点，
,,，
因此的零点所在的区间是，
故选：C
【例6-2】（24-25高三上·四川·期中）已知实数满足，则函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【解析】由题设，则或时，时，，
所以在上递增，在上递减，且，
由，即，而在R上递增，在R上递减，
显然，故，
所以，又趋向时趋向趋向时趋向，
综上，共有3个零点．
故选：D
【例6-3】（24-25高三上·湖南·期中）已知函数，若方程恰有5个不同的解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】函数的定义域为，
若时，由求导得，，
故当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
当时，；当时，；
若时，由求导得，，
因为，故恒有，即在上单调递增，
且当时，，当时，，
即当时，恒有.
作出函数的大致图象如图所示.

又由可得或，
由图知有两个根，此时方程有2个不同的解；
要使方程恰有5个不同的解，
需使有3个零点，由图知，需使，
即，解得.
综上所述，实数a的取值范围是.
故选：B.
【例6-4】（24-25高三下·江苏扬州·期末）已知函数，，若函数有5个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，可知：
①当时，，故为的1个零点．
②当时，由题意，可得，
即与有4个交点，
当时，，
设，，则，令得，
则函数在单调递增，在上单调递减，又，
如图
则必有，解得，
故选：D
【例6-5】（2025·四川南充·二模）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为当时，，
所以，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，所以，
当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得，
当时，令，解得或，
所以，
又因为，
所以，
所以；
由题意可得，，是方程，即的三个根，
所以，
即，
所以，
即，
所以．
故选：．
【例6-6】（2025·湖南岳阳·一模）已知函数，若函数与的图象有且仅有三个交点，则实数的取值范围是 .
【答案】.
【解析】当时，则，令，
求导可得，令，解得，可得下表：
由函数的极大值为，则存在唯一零点，
所以函数与函数在上有且仅有一个交点；
当时，，令，
求导可得，显然上，
则函数在上单调递减，
当时，，当时，，
由，则函数在上存在唯一零点，
所以函数与函数在上有且仅有一个交点；
由题意可得函数与函数在上有且仅有一个交点，
当时，，令，
令，整理可得，
当方程有两个相等的实数解时，，解得，
此时，符合题意，
当方程在有一个实数根时，可得，解得，
综上可得.
故答案为：.
考向七 最值
【例7-1】（2025·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【解析】设直线与曲线的切点为.
对求导，根据，可得.
因为直线的斜率为，由导数的几何意义可知，
在切点处，即.
又因为切点既在直线上又在曲线上，
所以且，即.
将代入可得：，即.
将代入可得：
，
所以当，时，取得最小值为.
故选：A
【例7-2】（2025·江西·模拟预测）设函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】当时，，定义域为不恒成立，不合题意；
当时，定义域为在定义域内单调递增，
当时，，不合题意；
当时，定义域为，
，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
，
令，
，
在上单调递增，在上单调递减，
的最大值为.
故答案为：C
【例7-3】（2025·安徽滁州·一模）已知函数，是的反函数.若，满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意得，因为，
所以，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，所以
所以，
令，
则，
令，则，
所以在R上单调递减，
又
所以当时，，即当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故选：D.
【例7-4】（2025·陕西西安·一模）设函数，其中，若有两个零点且取最小整数P时，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】令，函数定义域为，
求导得，
当时，，函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意，
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当从大于0的方向趋近于0时，值趋近于正无穷大；当趋近于正无穷大时，值趋近于正无穷大，
由有两个零点，得，即，
函数在上都递增，则函数在上递增，
，因此存在，使得，
则不等式成立时，的最小整数值为3，即，
由，得，，
当且仅当，即时取等号，B正确.
故选：B
考向八 恒（能）成立求参数
【例8-1】（24-25高三上·广东潮州·期末）若满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，则恒成立，即，
因为，所以在上单调递增，
且当时，，
故当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值，即最小值，
，
令，得．
故选：D．
【例8-2】（2025·河北秦皇岛·一模）若存在正实数，使得，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】恒成立，即恒成立，
，设，
故时，，单调递减；
时，，单调递增，
故，
当时，且，
由的单调性知，在上单调递减，上单调递增，
，
此时若存在正实数，，使恒成立，
即存在正实数，使，故.
当时，故恒成立，即恒成立，
因为，故此时不存在正实数满足条件.
综上可得，实数的取值范围是.
故选：B
【例8-3】（23-24河南濮阳·期末）已知，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解法一：不等式，即 ，
设，则，，
令，则，
当时，，单调递减，
当 时，，单调递增.
故只需，
所以，即.
设，则在上单调递增，又，
所以，设，则，
所以在上单调递增，所以的值域为，即的取值范围为.
解法二：由题意将原不等式变形可得，
即，令，则有，即
因为，所以有对于任意的恒成立，
令，则
因为，且当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以在处取极大值，也是的最大值
所以
又因为，所以
故选：C
【例8-4】2024·安徽·模拟预测）若关于的方程有解，则实数m的最大值为 .
【答案】/
【解析】由题意得，，
令，则，
易知单调递增，所以.
令，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以，得.
所以的最大值为.
故答案为：
考向九 导数与三角函数综合
【例9-1】（2025·湖北·二模）（多选）已知函数是其导函数.若存在且，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】，数形结合，得到内的大致图象为如图所示，
故，，A对.
由得，
即，
由题意，则，
，则，B正确.
又，D正确.
因为，从而C错误.
故选：ABD.
【例9-2】（2025·甘肃·一模）（多选）函数，则（ ）
A．的最小正周期是
B．的值域是
C．的图象是轴对称图形，其中一条对称轴是
D．的零点是
【答案】ABD
【解析】对A：，故为的周期，
显然，没有比更小的正周期，故的最小正周期为，故A正确；
对B：考虑到的最小正周期为，故只需考虑在的值域；
，，故
即；
因为，故，
则当时，，即，此时，单调递减；
当时，，即，此时，单调递增；
又，，
，故的值域为，故B正确；
对C：，
，
则，即，
则不是的对称轴，故C错误；
对D：令，即，，即，
则，或，解得，或，，
又，，故的零点为，D正确.
故选：ABD.
【例9-3】（2025·广东广州·模拟预测）（多选）已知函数，为的导函数，则（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．在区间上单调递增
C．在区间上有极小值
D．在区间上有两个零点
【答案】BC
【解析】依题意，，
对于A，，，所求切线方程为，A错误；
对于B，当时，，在区间上单调递增，B正确；
对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增，
，，则存在唯一，使得，
当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确；
对于D，由选项C知，在上有唯一零点，又，
当时，，即，，
因此在区间上有1零点，D错误.
故选：BC
【例9-4】（2025·福建泉州·一模）（多选）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．曲线关于直线对称
C．在区间上有4个零点D．在区间内单调递减
【答案】AD
【解析】A选项，的最小正周期为，的最小正周期为，
两者的最小公倍数为，故的最小正周期为，A正确；
B选项，，
故曲线不关于直线对称，B错误；
C选项，，
令得，故或，
因为，所以的解为，，，，，
的解为，，，
综上，在区间上有5个零点，C错误；
D选项，
当时，，，
即，所以在区间内单调递减，D正确
故选：AD
【例9-5】（2025·安徽滁州·一模）（多选）已知函数的极值点从小到大依次为，，，，是的导函数，则（ ）
A．B．
C．是的极小值点D．
【答案】ACD
【解析】，定义域为，
则，.
因为，所以，而，
所以，故选项A正确；
令，则.
①考虑的情况：
当时，；当时，；
则函数在上单调递增，在上单调递减.
又，，当且时，，
则存在，使得，
当时，，
此时，则，故；
当时，，
此时，则，故.
②考虑的情况：
当时，，，且等号不能同时取得，
则，此时.
结合①可知，在上单调递增，在上单调递减，
函数在处取得极大值，可知，故选项B错误；
③考虑的情况：
当时，；当时，；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
，，当且时，，
则存在，使得，
当时，，
此时，则，此时；
当时，，
此时，则，此时；
④考虑的情况：
当时，，，且等号不能同时取得，
则，此时；
结合③可知，在上单调递减，在上单调递增，
综上，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极大值，在处取得极小值，
可知，即是的极小值点，故选项C正确；
⑤考虑的情况：
可知函数在上单调递增，在上单调递减，
同①可知，存在，使得，
当时，，此时；
当时，，此时；
综合可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
可知.
由题可知，，.
令，，
则，可得，
，可得，
由可得，则，
则，即，
.
又，则，，，
可得，即，
则，
即，即，
可得.
又，，函数在上单调递减，
所以，即，
可得，故选项D正确.
故选：ACD.
【例9-6】（24-25高三上·贵州毕节·期中）已知函数，为的最小正周期，且，若在区间上恰有3个极值点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意可得：的最小正周期，
因为，且，
则为的一条对称轴，
所以，解得，
又，则，故，
因为，则，
若函数在区间上恰有3个极值点，则，
解得，故的取值范围是.
故答案为：.
考向十 导数与数列的综合
【例10-1】（24-25高三上·河北唐山·期末）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列的前50项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，当时，，
在点处的切线为：，
化简为：，
当代入中，
，即，
，
化简：，
则数列的前50项和为：
，
故选：A．
【例10-2】（2025·山东淄博·一模）（多选）过点向曲线引斜率为的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．数列的前项和为D．
【答案】ABD
【解析】设直线，联立，
得，
则由，即，
解得（负值舍去），故A正确；
可得，，
所以，故B正确；
因为，则，故C错误；
因为，，
所以，
设，则，
可得在上单调递增，
则时，，
又，则，故D正确.
故选：ABD
【例10-3】（2025·陕西·模拟预测）对函数，若数列满足，则称为牛顿数列．若函数，数列为牛顿数列，且，，则（ ）
A．20B．C．30D．
【答案】B
【解析】因为，所以，则，
又因为，且，所以是首项为，公比的等比数列，
，，
则，
故选：B.
【例10-4】（24-25高三下·浙江·开学考试）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，，，则 ；设是函数的零点，，则数列的前项和 .
【答案】 2
【解析】因为，所以.
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为.
令，得，即.
因为，所以.
因为，所以.
因为，所以，，所以.
因为， 故，
而，故为等比数列，且首项为1，公比为2，
所以，故.
故答案为：
考向十一 导数与概率的综合
【例11-1】（2025·内蒙古呼和浩特·一模）设随机变量服从正态分布，若，则函数有极值点的概率为（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.5
【答案】C
【解析】函数的定义域为R，求导得，
依题意，有两个不相等的实数根，则，解得，
由随机变量服从正态分布，且，
得，
所以函数有极值点的概率为0.4.
故选：C
【例11-2】（2025·云南·模拟预测）某超市在春节期间举行抽奖活动，在箱子里装有个写有“秋绥”的小球和5个写有“冬禧”的小球，这些小球除文字外完全相同.顾客从中一次性抽取两个小球，恰好抽出“秋绥”和“冬禧”视为中奖，其余情况均未中奖.设在连续3次抽奖中（每次抽完后将小球放回箱子再进行下一次抽奖）恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为（ ）
A．15B．20C．25D．30
【答案】B
【解析】依题意，单次抽奖中奖的概率，
则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率，
令，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
因此当取最大值时，，而，解得，
所以当取到最大值时的值为.
故选：B
考向十二 导数与函数综合
【例12-1】（2025·河北唐山·一模）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上单调递增
B．函数的对称中心为
C．，使得与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形
D．，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
当时，在上恒成立，即在上单调递增，故A正确；
因为，
所以的对称中心为，故B正确；
由B项可知，函数的对称中心为且也关于对称，
假设与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形，
即与曲线有四个交点，即，
即除去0以外还有四个解，即，所以，
设和与曲线的交点分别为A，C，B，D，
所以，即，无解，假设不成立，故C错误；
设两直线与曲线的切点分别为，，
则，即，所以，
，总存在，使得上式成立，
即，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切，故D正确；
故选：ABD.
【例12-2】（2025·广东湛江·一模）（多选）设定义在R上的函数和，记的导函数为，且满足，，若为奇函数，则下列结论一定成立的有（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】由得．
又，所以，即，
所以关于对称，．
又因为是奇函数，故是偶函数，所以满足条件．
对于选项A，因为，所以，
所以，选项A正确；
，选项B正确；
因为，所以，
所以，选项C正确；
对于选项D，，但不一定为0，选项D错误．
故选：ABC．
【例12-3】（2025·湖北武汉·二模）（多选）已知且，则函数的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】由，求导可得，易知函数在单调递增，
令，求导可得在上恒成立，
则在上单调递增，所以，
易知，使得，则，即，
当时，，则函数在上单调递减；
当时，，则函数在上单调递增，
所以，由，则，
当，即时，，故A错误，B可能正确；
当，即时，令，求导可得，
则函数在上单调递减.
由，,则存在，使得，
所以当时，此时符号不定，故CD可能正确.
故选：BCD.
【例12-4】（24-25高三上·山东济南·期末）（多选）已知函数与其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】因为为奇函数，所以所以A正确；
由A可知，求导数所以关于直线对称，
又所以即故B错误，C正确
因为所以
所以D错误.
故选：AC
【例12-5】（2025·浙江·模拟预测）（多选）设函数，则（ ）
A．为的极大值点B．的图象关于中心对称
C．函数的三个零点成等差数列D．，
【答案】ABC
【解析】由题设，则得或，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，故为极大值点，A对；
由，
所以的图象关于中心对称，B对；
显然是函数的一个零点，若另两个零点为，则，
所以，则，
所以，故函数的三个零点成等差数列，C对；
由上知，则，可得，
故不存在，，D错.
故选：ABC
【例12-6】（2025·云南昆明·模拟预测）（多选）函数及其导函数的定义域均为R，是奇函数，，且对任意，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【解析】对于A，由函数是R上的奇函数，得，A正确；
对于B，由，令，得，
而，解得，B错误；
由，两边求导得，
令，得，则，
即，于是，
即，因此，
即，则，且，
函数都是周期为的周期函数，，
对于C，，C正确；
对于D，，而，则，
即，因此，D正确.
故选：ACD
【例12-7】（2024·山西·模拟预测）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（ ）
A．函数是奇函数B．
C．函数的图象关于点对称D．
【答案】BCD
【解析】对A，因为，所以，
所以函数是偶函数，故A错误；
对B，因为为偶函数，所以，即，
所以，即，令，得，
所以，故B正确；
对C，因为，所以，
即，又，所以，
所以，所以，即，
所以函数的图象关于点对称，故C正确；
对D，因为，令，得，
所以，又，所以，
，…，所以，故D正确.
故选：BCD.
【例12-8】（24-25高三上·广东·开学考试）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，无极值点
C．，使在上是减函数
D．图象对称中心的横坐标不变
【答案】BD
【解析】对于A，当时，，求导得，
令得或，由，得或，由，
得，于是在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在上单调递增，无极值点，B正确；
对于C，要使在上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为，C错误；
对于D，由，
得图象对称中心坐标为，D正确.
故选：BD
考向十三 导数与解析几何综合
【例13-1】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知是曲线上一点，则点到直线的最短距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题知，，令，得，
又，可得点，
所以点到直线的距离最短，
为.
故选：A.
【例13-2】（2025·广东惠州·模拟预测）已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由可得，由得，
设点的横坐标为，则点处切线斜率，解得或（舍），
由点为曲线与曲线的交点，
所以与为同一点，
所以，即，
令，则，
令可得，由知，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，故实数的最大值为.
故选：B.
【例13-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）过且倾斜角为的直线与曲线交于，两点，分别过，作曲线的两条切线，，若，，交于，直线的倾斜角为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，设，，，
由于曲线，则，
所以在点的切线方程为，
同理在点的切线方程为，
由于点是两切线的交点，所以，
则为，且过，
且，设，，
，
当且仅当时“”成立，
故选：C.
【例13-4】（2025·福建漳州·一模）已知点M是抛物线上一动点，过点M作直线MN与圆相切于点N，则面积的最小值为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】A
【解析】由题意得：表示以圆心，以为半径的圆，可知，
所以，
所以当取得最小值时，的面积最小.
设，则，
令，则，
令，则，
所以单调递增，即单调递增.
又，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以，
即面积的最小值为
故选：A.
【例13-5】（2025·四川南充·二模）（多选）已知抛物线的焦点为F，过x轴下方一点作抛物线C的两条切线，切点为A，B，直线PA，PB分别交x轴于M，N两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．当点P的坐标为时，则直线AB方程为
B．若直线AB过点F，则四边形PMFN为矩形
C．当时，
D．时，面积的最大值为4
【答案】ABD
【解析】方程变形为，则. 设，，
直线的方程：，即，
同理可得直线的方程：，
点在直线和上，∴，，
∴的方程为，
联立，得①，
由韦达定理得，，②.
对于选项A，当为时，，故A正确；
对于选项B，若直线过点时，，即，
，，利用韦达定理，则，
∴，同理.
由②得，，∴四边形PMFN为矩形，故B正确；
对于选项C，当时，取，方程①变为，
即得，，，故C错误；
对于选项D，当时，由弦长公式得，
即，
点到直线的距离为，，∴，
∴，当取等号，故D正确.
故选：ABD.
考向十四 导数的新定义
【例14-1】（2024山东菏泽·期末）（多选）函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当，时，下列结论正确的是( )
A．函数的图象关于直线对称
B．当时，的最大值为－1
C．函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离为
D．函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】当，时，函数.
A．f(x)的定义域为，，且为偶函数，则函数关于对称，故A错误；
B．其图象如图所示，当，为减函数，则当时，最大为，故B正确；
C．当时，，即函数图象与轴的交点为，其关于原点的对称点为，
所以“囧点”为，
设，则，设切点为，，
切线的斜率，
当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短，
，
解得，
切点坐标为，
故函数的“囧点”与函数图象上的点的最短距离是，故C正确，
D．“囧圆”的圆心为．要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑轴及轴右侧的函数图象．当圆过点时，其半径为2，这是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；
当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设（其中，
则点到圆心的距离的平方为，
令，，则，
再令，（其中，
则，
所以当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为．
又，
综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为．
故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为，故D正确，
故选：BCD．
【例14-2】（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）（多选）已知函数 是定义在区间 上的连续函数，若 ，使得 ， ，都有 ，则称函数 是区间 上的 “ 类函数”． 下列说法正确的有（ ）
A．函数 是区间 上的 “ 3 类函数”
B．函数 是区间 上的 “ 2 类函数”
C．若函数 是区间 上的 “ 类函数”，则方程 在区间 上至多只有一个解
D．若函数 是区间 上的 “ 2 类函数”，且 ，则存在满足条件的函数 ，使得
【答案】ABC
【解析】对于选项A，，，
，所以选项A正确；
对于选项B，“函数是区间上的‘2类函数’”等价于“，，恒成立”，
不妨设，即等价于“在上恒成立”，即“”和“，对，，且恒成立”，
所以等价于“函数在上单调递减”且“函数在上单调递增”，
令，，
又因为时，，，所以“函数在上单调递减”且“函数在上单调递增”，
即“函数是区间上的‘2类函数’”成立，所以选项B正确；
对于选项C，若方程在区间上有两个及以上的解，不妨设其中两个不同的解为，
则，所以，
所以，与若函数是区间上的“k类函数”矛盾，所以选项C正确；
对于选项D，不妨设，且，若，则；若，则
，所以，恒成立，所以选项D错误，
故选：ABC．
【例14-3】（24-25高三上·安徽·阶段练习）（多选）定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．，
B．的值是19
C．函数有三个零点
D．过只可以作两条直线与图象相切
【答案】ABD
【解析】对于A，因为，
所以，
所以，
由题意可得，即，
解得，故A正确；
对于B，因为的对称中心为，
所以，
设，
仿写得到，
两式相加得到，
所以，故B正确；
对于C，由A可得，
所以，
令，解得或2，
所以，当时，，为增函数；
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以在取得极大值，在处取得极小值，
又，，
且，
所以有一个零点，故C错误；
对于D，设切点为，
则切线方程为，
又切线过点，
所以，
化简可得，即，
解得或，
即满足题意的切点只有两个，所以满足题意的切线只有2条，故D正确；
故选：ABD.
单选题
1（2025·福建莆田·二模）曲线在点处切线的斜率为，则的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，令，则，故，
当时，，即的坐标为.
故选：B.
2．（2025·江西·一模）已知函数的图象在处的切线过原点，则所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以.
因为的图象在处的切线过原点，则，
即，即.
设，因为在上均单调递增，且函数值为正，
所以在上单调递增，且，，
所以.
故选：.
3．（2025·甘肃兰州·一模）若函数（e为自然对数的底）的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设切点坐标为，函数，所以，
因为切线与x轴平行，所以，解得，，故切点坐标为
故选：B
4 ．（2025·山东济宁·一模）曲线与和分别交于两点，设曲线在处的切线斜率为在处的切线斜率为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为和互为反函数，其图象关于直线对称，
且反比例函数的图象也关于直线对称，
可知点关于直线对称，设，则，
设，则，
由题意可得：，解得或（舍去），
可得，则，所以.
故选：A.
5．（2025·河南·二模）已知函数，若存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为函数，若存在实数，使得成立，
当时，存在，所以；
当时，不成立；
当时，存在，所以成立，
令，，
当单调递增；
当单调递减；
所以时，，，，所以；
综上得：或.
故选：D.
6．（2025·天津·模拟预测）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】对应，有，故在R上单调递增，
若，即，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
7．（2025·河北·模拟预测）已知函数在上单调递减，在上单调递增，且圆内恰好包含的三个极值对应的点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由已知在处取得最小值，
，，解得，
∵函数在上单调递减，
，即，，
当时，，，符合条件，
.
由图像知轴右侧包含两个极值对应的点，左侧包含一个极值对应的点，
的取值范围是大于原点右侧第二个极值对应的点到原点的距离，小于等于原点左侧第二个极值对应的点到原点的距离，即，
故选：B.
8．（24-25高三下·辽宁抚顺·开学考试）已知函数，若对任意两个不相等的实数，，都有，则a的最大值为（ ）
A．B．1C．2D．0
【答案】B
【解析】不妨设，因为，所以，
构造函数，则，所以单调递增，
恒成立，即恒成立，
令函数，，
当时，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，故．
故选：B.
9．（2025·江西上饶·一模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数，下列说法正确的是（ ）
A．有且只有一个极大值点B．在上单调递增
C．存在实数，使得D．有最小值，最小值为
【答案】D
【解析】由，则，
令，则，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
由函数与复合而成，而在上单调递增；
故在上单调递减，在上单调递增；
所以在处取极小值，且无极大值，
又，故不存在实数，使得.
故ABC错误，D正确.
故选：D.
10（2025·江西萍乡·一模）将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，设，则在内的极大值点为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】函数的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，
所以，
则.令，得，或.
当时，单调递减；
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在内的极大值点为.
故选：A.
11．（2025·陕西榆林·模拟预测）已知函数，则的最小值为（ ）
A．0B．C．1D．
【答案】D
【解析】法1：因为，所以在上单调递增，
又因为，
所以当时，，
当时，，
所以，，
因此当时，取得最小值.
法2：因为，所以在上单调递增，
又，所以当时，，当时，，
因此与函数符号相同，
原不等式等价于在上恒成立，
因此，设点，则点在直线上，
因此.
法3：因为，所以在上单调递增，零点为0，
又因为单调递增，零点为，
因此，当且仅当时取等号.
法4：设，则恒成立，
因为，所以为函数的极小值点，因此，
又，所以，
当时，，
由解法1知，当时，，即，
当时，，即，满足题意.
因此，下同解法1.
法5：设，则恒成立，
因为，所以为函数的极小值点，
因此，又，所以，
由解法1知在上单调递增，且，因此，下同解法1.
故选：D.
12．（2025·河南郑州·一模）已知函数，，对，，使得成立.下列结论正确的是（ ）
A．，使得
B．函数的最大值为0
C．a的取值范围为
D．过作的切线，有且只有一条
【答案】D
【解析】对于A，，
因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，故A错误;
对于B，由A的分析可知，当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值：，无最大值，故B错误;
对于C，由前面分析知，
由题可知：，使得
对于函数，，
当时，，
故无论a取什么值，均，使得，
则a的取值范围为R，故C错误;
对于D，不妨设切点为，，
切线方程为，
把代入可得：，
即：
令，，
，
因为对恒成立，
所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以只有一个零点0，
即只有时，成立，
故过作的切线，有且只有一条，故D正确.
故选：D.
13．（2025·辽宁·模拟预测）设函数及其导函数的定义域均为，记，已知，且函数的图象关于直线对称，若，则（ ）
A．B．C．D．0
【答案】B
【解析】由，得，
两式相加得，
两边取导数得，即，
则，所以是以6为一个周期的周期函数，
由函数的图象关于直线对称，得，
则，所以直线是图象的一条对称轴，
由，两边取导数得，
则，
令，得，又，所以；
令，得；令，得；
令，得；令，得.
所以，
因为，
所以.
故选：B
多选题
14．（2025·山西·一模）已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点.则（ ）
A．当时，切线的方程为B．当时，的面积为
C．点的坐标为D．面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】由已知得，，
过点的切线方程为，当时，，
则，故正确；
当时，，则，
以为切点的切线方程为，即，故错误；
此时，的面积，故正确；
因为，，，
所以，，所以，
令，所以，
令，即，解得，
当时，，所以函数在内单调递减，
当时，，所以函数在内单调递增，
所以当时，函数有最小值，最小值为，故正确.
故选：.
15．（2025·江西·二模）已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数在区间上单调递减
C．过点能作两条不同直线与相切
D．函数恰有4个零点
【答案】AB
【解析】对于A中，由函数，可得，
因为 是函数的一个极值点，可得，
解得，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由，令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确；
对于C中，设过点且与函数相切的切点为，
则该切线方程为，
由于切点满足直线方程，则，
整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误；
对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，
所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，
故有5个零点，所以D错误．
故选：AB．

16．（2025·安徽合肥·模拟预测）已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A．0是的极小值点
B．当时，
C．若，则
D．若存在极大值点，且，其中，则
【答案】ACD
【解析】由题意可得，
令，当时，得或，
对于A，当时，令，解得或，则在和上单调递增，
令，解得，则在上单调递减，
所以在处取得极小值，
同理，当时，在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值；
当时，，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A正确；
对于B，当时，在上单调递减，
又，，所以，故B错误；
对于C，若，则，则
.
所以，，则，故C选项正确.
对于D，若存在极大值点，则，即，
因为，所以，
所以，，
即，
又，所以，故D正确.
故选：ACD.
17．（2025·黑龙江·二模）已知函数的极小值为，则（ ）
A．
B．曲线是中心对称图形
C．若直线与函数的图象有个交点，则实数的取值范围为
D．当时，
【答案】BCD
【解析】函数的定义域为，导函数，
当时，，函数为增函数，与条件矛盾，
当时，令可得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取极小值，极小值为，
由已知，所以，A错误，
所以，
设，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，
所以函数的图象关于点对称，关于曲线是中心对称图形，B正确，
因为当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，
当时，，当时，，
所以函数的大致图象如下：
因为直线与函数的图象有3个交点，
所以，
所以的取值范围为，C正确；
因为，又，
所以，即，
因为，，
函数在上单调递减，
所以，D正确；
故选：BCD.
18．（2025·安徽黄山·一模）设函数，则（ ）
A．存在，函数仅有一个极值点
B．曲线关于点对称
C．当时，是曲线的切线方程
D．当时，函数有唯一零点
【答案】BC
【解析】对于A，由题意可得，当时，恒成立，
函数在上单调递减，无极值点，当时，令，
即，解得，此时函数有两个极值点，
所以不存在，使函数仅有一个极值点，故A错误；
对于B，设是图像上任意一点，则，
点关于点对称的点为，
将代入函数可得，
而，
所以曲线关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，，
若是切线方程，则其斜率为9，
令，解得，
当时，，切线方程为，
化简可得；
当时，，切线方程为，
化简可得；
所以是曲线的切线方程，故C正确；
对于D，由，当时，令，可得，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
，
，
当时，，当时，，
所以函数在上各有一个零点，
即函数有三个零点，故D错误；
故选：BC
19．（2025·福建莆田·二模）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．当时，是的极大值点
B．存在实数，使得成立
C．若在区间上单调递减，则的取值范围是
D．若存在唯一的零点，且，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】A：，令，得或.
当时，，令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，故A正确；
B：，
所以，
整理得，
所以，解得，即存在使得，故B正确；
C：若在上单调递减，则在上恒成立，
即不等式在上恒成立，
又在上单调递减，其值域为，所以，故C错误；
D：由选项A知，当时，，
令，解得，所以函数又两个零点，不符合题意；
当时，，令或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值，
且当时，，当时，，
要使存在唯一的零点，则，
解得或（舍去），所以，此时，不符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，极小值，
且当时，，当时，，
要使存在唯一的零点，且，则，
解得或（舍去），所以.
综上，的取值范围为，故D正确.
故选：ABD
20．（2025·江西萍乡·一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若有2个零点，则
B．当时，是增函数
C．当时，恒成立
D．当时，若是的零点，则
【答案】ABD
【解析】显然，由，得，
所以直线与函数的图象有2个交点，又，
所以当或时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
从而在处取得极小值.
又时，；当时，；当时，，
在同一直角坐标系中作出的图象以及直线，
由图可见，当且仅当时，直线与的图象有两个公共点，故A正确；
当时，，对求导得.
再对求导得.
令，即，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在处取得最小值，，
即恒成立，所以是增函数，选项B正确.
当时，，，
所以不恒成立，选项C错误.
当时，，，.
因为是增函数，且，
所以由零点存在定理可知，的零点满足，选项D正确.
故选：ABD.
21．（2025·四川德阳·二模）已知函数的导函数为（ ）
A．若有三个零点，则B．
C．是的极小值点D．当时，则
【答案】ABD
【解析】因为函数，所以，
令，解得，或，
当，或，，当，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
，，
对于A，由得，
即，，
因为在上单调递减，所以在上只有一个零点，
因为，在上单调递增，
可得在上只有一个零点，
因为，在上单调递增，
可得在上只有一个零点，
综上，有三个零点，故A正确；
对于B，，
，
所以，故B正确；
对于C，是的极大值点，故C错误；
对于D，当时，则，
解得，故D正确.
故选：ABD.
填空题
22．（2025·北京平谷·一模）已知函数，当时，的值域是 ，若有两个极值点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】由，则，
当时，，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，
此时；
当时，，易知函数在上单调递减，则.
综上可得.
由题意可设函数的两个极值点分别为，且，
由二次函数在上单调递增，在上单调递减，
一次函数，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，
易知函数在与上单调递增，在上单调递减，
且，，可得，解得.
故答案为：；.
23．（2025·湖北鄂州·一模）已知函数在上单调递减，则a的取值范围为 .
【答案】
【解析】函数，求导得，
依题意，，而当时，，
则，所以a的取值范围为.
故答案为：
24．（2025·河北保定·模拟预测）对于，函数有且仅有一个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】依题意，任意的均使得有且仅有一个零点，令0，得，
记函数，即与直线有且仅有一个交点，
若的值域不是，设的值域为，则，使得，矛盾，
所以的值域为，且为单调函数（否则与直线存在至少两个交点），
所以恒有或，易得，
当且时，有，所以恒有，得恒成立，
记，则，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以的最大值为，
故实数的取值范围是.
故答案为：
25．（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知直线分别与曲线，相切于点，，则的值为 .
【答案】1
【解析】由，，有，，
在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
则有，得，
所以，可得.
故答案为：1.
26．（2025河南）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，
则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
27．（23-24 ·山东聊城·期末）若直线与曲线相切，也与曲线相切，则的斜率为 ．
【答案】/
【解析】设直线切曲线于点，切曲线于点，
由得，则直线的方程为，
即；
由可得，则直线的方程为，
即，
所以，，
消去可得，即，可得，
因此，直线的斜率为.
故答案为：.
28．（24-25高三下·湖南永州·开学考试）若曲线与曲线有三条公切线，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】设公切线为是与的切点，由，得，
设是与的切点，由，得，
所以的方程为，因为，整理得，
同理，因为，整理得，
依题意两条直线重合，可得，
消去，得，
由题意此方程有三个不等实根，设，
即直线与曲线有三个不同的交点，
因为，令，则，
当或时，；当时，，
所以有极小值为，有极大值为，
因为，，，所以，
当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于，
故的图象简单表示为下图:
所以当，即时，直线与曲线有三个交点，
故答案为：
29．（2025·陕西宝鸡·二模）若函数的极大值点为，则 ．
【答案】/0.8
【解析】由函数，
求导可得，
令，则，
由题意可得，
由函数可知当（）时，，
当（）时，，且为函数的极大值点，
则可得（），解得（），
所以.
故答案为：.
单调递增
极大值
单调递减